D^{} f : D_{f} → ℝ, D_{f} ⊂ ℝ^{m}; m−változós függvénynek az \underline{a} -ban a határértéke b, jelölésben:

lim_{\underline{x}→\underline{a}} f(\underline{x}) = b,

ha

1.) \underline{a} torlódási pontja D_{f}-nek,

2.) ∀ ε > 0-hoz ∃ δ(ε) > 0, hogy

ha \underbrace{\underline{x} ∈ D_{f} és 0 < ϱ(\underline{x}, \underline{a}) = |\underline{x} − \underline{a}| < δ}_{\underline{x}∈K̇_{\underline{a},δ} ∩ D_{f}}, akkor \underbrace{|f(\underline{x}) − b| < ε}_{f(\underline{x})∈K_{b,ε}}

[figure: Pl.] Hol folytonos az alábbi függvény?

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x y}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

Megoldás: Az előző megjegyzésből következik, hogy az f függvény minden (x, y) ≠ (0, 0) pontban folytonos, csak a (0, 0) pontban kell vizsgálnunk. Ott az átviteli elv alapján belátható, hogy a határérték nem létezik és így a függvény a (0, 0) pontban nem folytonos.

•••

[figure: Pl.]

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y^{2}}{3x^{4} + 4y^{4}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) = ?

Megoldás:

x = 0 mentén: lim_{y→0} f(0, y) = 0

y = x mentén: lim_{x→0} f(x, x) = lim_{x→0} \frac{x^{4}}{3x^{4} + 4x^{4}} = \frac{1}{7} ≠ 0 ⟹ ∄ a határérték.

Vagy y = mx egyenesek mentén:

lim_{x→0} f(x, mx) = lim_{x→0} \frac{m^{2}x^{4}}{3x^{4} + 4m^{4}x^{4}} = \frac{m^{2}}{3 + 4m^{4}} függ m -től ⟹ ∄ a határérték.

•••

M^{}A lim_{x→0} f(x, y) jelentése, hogy rögzített y mellett x tart a nullába, tehát a függvényt egy x-tengellyel párhuzamos egyenes mentén vizsgáljuk.

[figure: Pl.] lim_{(x,y,z)→\underline{0}} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = ?

Megoldás:

lim_{z→0} lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = lim_{z→0} lim_{x→0} \frac{x + 2z}{x − z} = lim_{z→0} \frac{2z}{−z} = −2

lim_{x→0} lim_{y→0} lim_{z→0} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x + y}{x + xy} = lim_{x→0} \frac{x}{x} = 1 ≠ −2

⟹ Nem létezik a határérték.

A fenti, úgynevezett ismételt limeszek jelentése, hogy a tengelyekkel párhuzamos töröttvonal mentén vizsgáltuk a függvényt. Ezért ha azonos értéket kaptunk volna, abból még nem következne a határérték létezése. Például az x = v_{1}t, y = v_{2}t, z = v_{3}t, t → 0 egyenes mentén lehetne más a határérték.

•••

[figure: Pl.]

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{2 x y^{2}}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) = ?

Megoldás:

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} \frac{2ϱ_{n}^{3} cos φ_{n} sin^{2} φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} 2 ϱ_{n} ; \begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix} \underbrace{cos φ_{n} sin^{2} φ_{n}}_{korlátos} = 0 = f(0, 0),

tehát f folytonos (0, 0) -ban.

•••

Feladatok:

1.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x + 2y}{3x − y} = ?

2.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2} − y^{2}} = ?

3.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{\frac{3}{2}} y}{\sqrt[3]{x^{2} + y^{2}}} = ?

4.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x^{2} + 2y^{2}} = ?

5.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sin xy}{x^{2} + y^{2}} = ?

6.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{3} y}{x^{2} + y^{2}} = ?

7.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{3} y}{x^{6} + y^{2}} = ?

8.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sin x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} = ?

9.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2} + (x − y)^{2}} = ?

10.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}\sqrt{y}}{x^{4} + y} = ?

9.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{sin x^{2}y}{x^{2}} , & ha x ≠ 0 \\ & & Hol folytonos? \\ y , & ha x = 0 \end{matrix}

10.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}arctg \frac{1}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ & & c =?, hogy f mindenütt folytonos legyen \\ c , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

•••

Parciális deriváltak D^{}Az f függvény x_{k} szerinti parciális deriváltja:

f_{k}(x_{k}) := f(a_{1}, …, a_{k−1}, x_{k}, a_{k+1}, …, a_{m}) (egyváltozós függvény)

\frac{df_{k}}{dx_{k}} |_{x_{k}=a_{k}} = \frac{∂f}{∂x_{k}} |_{\underline{x}=\underline{a}} = f′_{x_{k}}(\underline{a}) =

= lim_{h→0} \frac{f(a_{1}, …, a_{k−1}, a_{k} + h, a_{k+1}, …, a_{m}) − f(a_{1}, …, a_{k}, …, a_{m})}{h}

Speciálisan kétváltozós függvényre:

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = lim_{h→0} \frac{f(x_{0} + h, y_{0}) − f(x_{0}, y_{0})}{h}

f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = lim_{k→0} \frac{f(x_{0}, y_{0} + k) − f(x_{0}, y_{0})}{k}

[figure: Pl.] f(x, y) = 2x^{3} cos \frac{x}{y} + x^{2} + y^{3} ,  f′_{x} =?, f′_{y} =?

f′_{x} = 6x^{2} cos \frac{x}{y} + 2x^{3} (− sin \frac{x}{y}) \frac{1}{y} + 2x , y ≠ 0

f′_{y} = 2x^{3}(− sin \frac{x}{y})(−\frac{x}{y^{2}} ) + 3y^{2} , y ≠ 0

[figure: Pl.] {f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{(x + 2)^{2}y}{x^{2} + y^{2}} + 2x + 3 , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ 3 , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix} \atop f′_{x}(0, 0) =?, f′_{y}(0, 0) =?}

Megoldás:

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 + 2h + 3 − 3}{h} = 2

Vagy: f_{1}(x) = f(x, 0) = \{ \begin{matrix}2x + 3 , & ha x ≠ 0 \\ 3 , & ha x = 0 \end{matrix}

Totális deriválhatóság Egyváltozós esetben:

Δf = f(a + h) − f(a) = A · h + \underbrace{ε(h) · h}_{o(h)};

A független h-tól; lim_{h→0} ε(h) = 0 Ez a definíció általánosítható m-változós esetre.

D^{} f : D → ℝ, D ⊂ ℝ^{m}, \underline{a} = (a_{1}, …, a_{m}) ∈ int D, \underline{h} = (h_{1}, …, h_{m}), \underline{a} + \underline{h} ∈ D

f (totálisan) deriválható \underline{a}-ban, ha Δf előállítható az alábbi alakban:

Δf = f(a_{1} + h_{1}, …, a_{m} + h_{m}) − f(a_{1}, …, a_{m}) = A_{1}h_{1} + ⋯ + A_{m}h_{m} + ε_{1}h_{1} + ⋯ + ε_{m}h_{m}

vagy vektorosan

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) = \underline{A} · \underline{h} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h}

ahol \underline{A} = [A_{1}, …, A_{m}] független \underline{h}-tól és \underline{ε}(\underline{h}) → \underline{0}, ha \underline{h} → \underline{0}. (\underline{A} = grad f)

[figure: Pl.] f(x, y) = x^{2} + y^{2}  gradf = ?  (≡ Hol differenciálható f ?)

f′_{x} = 2x f′_{y} = 2y mindenütt léteznek és folytonosak ⟹ gradf mindenütt ∃ (Tehát f mindenütt deriválható.)

gradf = 2x\underline{i} + 2y\underline{j}

Vegyük észre, hogy gradf mindig sugárirányú. Ez nem véletlen, mert látni fogjuk, hogy gradf mindig ⊥ a szintalakzatra és az most éppen origó középpontú kör.

[figure: Pl.] f(x, y) = \frac{xy}{(x^{2} + 1) e^{y}}  gradf = ?

\begin{matrix}f′_{x} = \frac{y(x^{2} + 1) e^{y} − xy 2x e^{y}}{(x^{2} + 1)^{2} e^{2y}} \\ f′_{y} = \frac{x(x^{2} + 1) e^{y} − xy(x^{2} + 1) e^{y}}{(x^{2} + 1)^{2} e^{2y}} \end{matrix}  \} mindenütt ∃ és folytonos

Tehát mindenütt deriválható: gradf = f′_{x}\underline{i} + f′_{y}\underline{j}

[figure: Pl.]

Differenciálható-e a (0, 0) pontban az f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} függvény?

Nem differenciálható, mert ∄ f′_{x}(0, 0), f′_{y}(0, 0), tehát nem teljesül az egyik szükséges feltétel.

Ui. pl.: f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{\sqrt{h^{2}} − 0}{h} = lim_{h→0} \frac{|h|}{h} = ∄

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}sh \frac{2xy}{x^{2} + y^{2}} , & ha x^{2} + y^{2} ≠ 0 \\ 0 , & ha x^{2} + y^{2} = 0 \end{matrix}

a.) Írja fel f′_{x}-et, ahol az létezik! b.) Totálisan deriválható-e (0, 0)-ban?

Megoldás: a.) y = 0 mentén kell folytonosnak lennie, hogy létezhessen f′_{x}(0, 0): f(x, 0) ≡ 0 és így

f′_{x}(0, 0) ∃. Vagy a definícióval:

f′_{x}(0, 0) = lim_{Δx→0} \frac{f(Δx, 0) − f(0, 0)}{Δx} = lim_{Δx→0} \frac{0}{Δx} = 0

Ha (x, y) ≠ (0, 0), akkor f′_{x}(x, y) ∃ és folytonos:

f′_{x}(x, y) = \{ \begin{matrix}2 \frac{y (x^{2} + y^{2}) − xy · 2x}{(x^{2} + y^{2})^{2}} ch \frac{2xy}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

b.) A függvény nem folytonos (0, 0)-ban ⟹ totálisan nem deriválható (0, 0)-ban. Ui.:

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} sh \frac{2ϱ_{n}^{2} cos φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}} = sh (sin 2φ_{n})

függ φ_{n}-től, tehát ∄ a határérték.

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} + 3y , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) f′_{x}(0, 0) = ? f′_{y}(0, 0) = ? b.) gradf|_{(0,0)} = ?

Megoldás: a.)

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 − 0}{h} = 0

f′_{y}(0, 0) = lim_{k→0} \frac{f(0, k) − f(0, 0)}{k} = lim_{k→0} \frac{3k − 0}{k} = 3

b.) A szükséges feltétel (parciális deriváltak létezése, illetve f folytonossága) teljesül, így \underline{lehet} deriválható. m = 2 esetre (x_{0}, y_{0})-ra a totális deriválhatóság:

f(x_{0} + h, y_{0} + k) − f(x_{0}, y_{0}) = A · h + B · k + ε = f′_{x}(x_{0}, y_{0}) · h + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) · k + ε

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = 0

Jelenleg (x_{0} = 0, y_{0} = 0):

f(h, k) − f(0, 0) = \frac{h^{2}k}{h^{2} + k^{2}} + 3k − 0 =^{?} 0 · h + 3 · k + ε

Tehát ε = \frac{h^{2}k}{h^{2} + k^{2}} . Teljesül-e rá az előírt feltétel?

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{h^{2}k}{(h^{2} + k^{2})^{3/2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} \frac{ϱ_{n}^{3} cos^{2} φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{3}} = ∄,

mert függ φ_{n}-től ⟹ gradf|_{(0,0)} ∄ (nem deriválható a függvény (0, 0)-ban). Bár a parciálisok léteznek, így formálisan felírható f′_{x}(0, 0)\underline{i} + f′_{y}(0, 0)\underline{j}, de ez ≠ gradf|_{(0,0)}-val!

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}sin \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix} Hol differenciálható?

Megoldás:

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 − 0}{h} = 0.

Így

f′_{x}(x, y) = \{ \begin{matrix}(cos \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} ) · \frac{6x^{2}y(x^{2} + y^{2}) − 2x^{3}y · 2x}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f′_{y}(x, y) = \{ \begin{matrix}(cos \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} ) · \frac{2x^{3}(x^{2} + y^{2}) − 2x^{3}y · 2y}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f′_{y}(0, 0) mint előbb, vagy:

f(0, y) deriválható-e y = 0-ban? f′_{y}(0, 0) = \frac{d}{dy} \underbrace{f(0, y)}_{≡0} |_{y=0} = 0

(f′_{x}(0, 0)-át is lehetett volna így.) Ha x^{2} + y^{2} ≠ 0, akkor f′_{x}, f′_{y} ∃ és folytonos ⟹ f totálisan deriválható. (0, 0)-ban lehetne próbálkozni f′_{x}, f′_{y} folytonosságával (most az lenne), de mi most a definícióval nézzük meg. (Ez általánosabb, mert az előző tétel csak elégséges, alkalmazása így nem mindig vezet eredményre.)

Δf = f(h, k) − f(0, 0) = sin \frac{2h^{3}k}{h^{2} + k^{2}} − 0 =^{?} 0 · h + 0 · k + ε

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{1}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} sin \frac{2h^{3}k}{h^{2} + k^{2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \frac{1}{ϱ}_{n} sin (\frac{ϱ_{n}^{4}}{ϱ_{n}^{2}} 2 cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}) =

= lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \underbrace{\frac{2ϱ_{n}^{2} cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}}}_{\underbrace{2 ϱ_{n} ; \begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix} \underbrace{cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}_{korl.}}_{\begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix}}} \frac{sin (2 \begin{matrix}0 \\ ↑ \end{matrix} ; ϱ_{n}^{2} \overbrace{cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}^{korl.})}{\underbrace{2ϱ_{n}^{2} cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}_{1, mert lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1}} = 0

Tehát (0, 0)-ban is totálisan deriválható.

•••

•••

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{xy}{3x^{2} + 4y^{2}} , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ \frac{1}{7} , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) Mutassa meg, hogy lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) nem létezik!

b.) Hol differenciálható totálisan az f kétváltozós függvény? grad f = ?

c.) Írja fel a P (0, 1) ponthoz tartozó érintősík egyenletét!

d.) \frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,1)} = ? ill. \frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} = ?, ha \underline{e} = \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{i} + \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{j} (\underline{e} irányú iránymenti derivált)

Megoldás:

a.)

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \frac{ϱ_{n}^{2} cos φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}(3 cos^{2} φ_{n} + 4 sin^{2} φ_{n})} ∄ (függ φ_{n}-től; pl. φ_{n} = 0, φ_{n} = \frac{π}{4} : ⋯)

b.) gradf|\underline{0} ∄, mert f nem folytonos \underline{0}-ban. (Szükséges feltétel nem teljesül.)

Ha (x, y) ≠ (0, 0), akkor f′_{x} és f′_{y} létezik és folytonos ⟹ grad f ∃ : grad f = f′_{x}\underline{i} + f′_{y}\underline{j}, ahol

f′_{x} = \frac{y(3x^{2} + 4y^{2}) − xy · 6x}{(3x^{2} + 4y^{2})^{2}}

f′_{y} = \frac{x(3x^{2} + 4y^{2}) − xy · 8y}{(3x^{2} + 4y^{2})^{2}}

c.) Az érintősík egyenlete:

f′_{x}(0, 1) (x − 0) + f′_{y}(0, 1) (y − 1) − (z − f(0, 1)) = 0

f′_{x}(0, 1) = \frac{1}{4}, f′_{y}(0, 1) = 0, f(0, 1) = 0

\frac{1}{4}(x − 0) + 0 · (y − 1) − (z − 0) = 0 ⟶ z = \frac{1}{4}x

d.) gradf|_{(0,1)} = \frac{1}{4} \underline{i} + 0\underline{j} ∃ ⟹ (0, 1)-ben bármilyen irányban létezik az iránymenti derivált, és \frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = gradf|_{P_{0}} · \underline{e} képlettel számolható.

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,1)} = (\frac{1}{4}\underline{i} + 0\underline{j}) · (\frac{\sqrt{2}}{2}\underline{i} + \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{j}) = \frac{1}{4} · \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{8}

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} csak a definícióval vizsgálható, mivel itt az előző elégséges tétel nem használható,

mert gradf|_{(0,0)} ∄. (A kétváltozós függvény folytonossága nem szükséges feltétele az iránymenti derivált létezésének. Csak az adott egyenes mentén való ”megfelelő irányú” folytonosság kell, de ezt nem érdemes külön vizsgálni.)

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} = lim_{t→+0} \frac{f(\underline{0} + t\underline{e}) − f(\underline{0})}{t} =

= lim_{t→+0} \frac{f(\frac{\sqrt{2}}{2}t, \frac{\sqrt{2}}{2}t) − f(0, 0)}{t} = lim_{t→+0} \frac{\frac{\frac{1}{2}t^{2}}{\frac{3}{2}t^{2} + \frac{4}{2}t^{2}} − \frac{1}{7}}{t} = lim_{t→+0} \frac{0}{t} = 0

D(x, y) := |\underline{\underline{H}}(x, y)| (= det\underline{\underline{H}}(x, y)) = |\begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix}|

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) > 0 : van lok. szélsőérték:

f′′_{xx}(x_{0}, y_{0}) > 0 : lok. min.

f′′_{xx}(x_{0}, y_{0}) < 0 : lok. max.

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) < 0 : (x_{0}, y_{0})-ban nincs lok. szélsőérték f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) = 0 : ? (További vizsgálat szükséges)

(¬B)

•••

[figure: Pl.]

Keresse meg az f(x, y) = x^{2} − 2x + y^{3} − 3y függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás: f′_{x} = 2x − 2 = 0 ⟹ x = 1 f′_{y} = 3y^{2} − 3 = 0 ⟹ y = ±1 P_{1}(1, 1) és P_{2}(1, −1) pontokban lehet lokális szélsőérték.

D(x, y) = |\begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix}| = |\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 6y \end{matrix}| = 12y

D(1, 1) = 12 > 0, f′′_{xx}(1, 1) > 0 ⟹ P_{1}(1, 1)-ben lok. min. van (f(1, 1) = −3 értékkel). D(1, −1) = −12 < 0 ⟹ P_{2}(1, −1)-ben nincs lok. szélsőérték.

[figure: Pl.]

Határozza meg az f(x, y) = x^{2}y^{3} lokális szélsőértékeit!

Megoldás:

\begin{matrix}f′_{x} = 2xy^{3} = 0 \\ f′_{y} = 3x^{2}y^{2} = 0 \end{matrix} \} x = 0 vagy y = 0. Tehát az (x, 0) és a (0, y) pontokban lehet lok. szé.

D(x, y) = |\begin{matrix}2y^{3} & 6xy^{2} \\ 6xy^{2} & 6x^{2}y \end{matrix}| = 12x^{2}y^{4} − 36x^{2}y^{4} = −24x^{2}y^{4}

D(x, 0) = 0 és D(0, y) = 0. Így nem tudunk dönteni.

[figure: +; +; +; +; +; +; +; +; +; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; +; +; +; +; +; +; +; +; +; y; x; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0] } A függvényérték előjele.

Az x tengely pontjaiban nincs lok. szé. A függvényérték itt 0 és e pontok bármely környezetében a függvény felvesz pozitív és negatív értéket is. Az y tengely pontjaiban (az origót kivéve) van lokális szélsőérték:

(0, y), y > 0 pontokban lok. minimum van.

(0, y), y < 0 pontokban lok. maximum van.